Đề kiểm tra Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số lớp 12 (có lời giải) - Đề 5

Dựa vào đồ thị hàm số , ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = - \infty \Rightarrow a < 0$.

Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ âm , suy ra $d < 0$.

(do $a < 0$).

Vậy $a < 0,b > 0,c > 0,d < 0$.

Phương trình hoành độ giao điểm

$2x + 4 = \frac{{x - 3}}{{x - 1}} \Rightarrow 2{x^2} + 2x - 4 = x - 3 \Leftrightarrow 2{x^2} + x - 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1 \Rightarrow y = 2\\x = \frac{1}{2} \Rightarrow y = 5.\end{array} \right.$

Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm.

Ta có $2f\left( x \right) - m = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{m}{2}$ (*)

Phương trình (*) có một nghiệm $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{m}{2} < 0\\\frac{m}{2} > 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\m > 8\end{array} \right.$.

Mà $m \in \left( { - 3\,;\,2024} \right],\,m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { - 2\,;\, - 1\,;\,9\,;\,10\,;...;\,2024} \right\}$.

Vậy có $2018$giá trị $m$.

ĐKXĐ: $x \ne - 5m$. Ta có $y' = \frac{{5m - 2}}{{{{\left( {x + 5m} \right)}^2}}}$. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng $\left( { - \infty ; - 10} \right)$ khi và chỉ khi $y' > 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 10} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5m - 2 > 0\\ - 5m \ge - 10\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > \frac{2}{5}\\m \le 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \frac{2}{5} < m \le 2.$

Do $m \in \mathbb{Z}$ nên $m = 1;2$.

Đặt $BC = x\,\left( m \right)\,,\,0 < x < 1$. Theo đề bài, ta có $AB.BC = 0\,,48 \Rightarrow AB = \frac{{0\,,48}}{{BC}} = \frac{{0\,,48}}{x}$.

$T = f\left( x \right) = AB + \,BC + CD = x + 2.AB = x + \frac{{0\,,96}}{x}$.

$f'\left( x \right) = 1 - \frac{{0\,,96}}{{{x^2}}}.\,$Khi đó $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 0\,,96 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{2\sqrt 6 }}{5} \simeq 0{,}98\,\left( m \right)$.

Vậy chiều rộng đáy mương $BC = 0{,}98\,\left( m \right)\,$thỏa ycbt.

Ta có $y' = \frac{{{x^2} + 6x + 9 - {m^2}}}{{{{\left( {x + 3} \right)}^2}}}$.

Hàm số đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$ khi và chỉ khi

$$y' \ge 0,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow {m^2} \le {x^2} + 6x + 9,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow {m^2} \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} g\left( x \right)$$

Xét hàm $g\left( x \right) = {x^2} + 6x + 9$ liên tục trên $\left[ {1; + \infty } \right)$

Ta có $g'\left( x \right) = 2x + 6 > 0,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)$ nên $g\left( x \right) \ge g\left( 1 \right) = 16,\forall x \in \left[ {1; + \infty } \right)$.

Do đó ${m^2} \le 16 \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$ (do $m$ là số nguyên).

Đặt cạnh hình vuông $EFGH$là $x\,\left( {x > 0} \right)$. $O$ là tâm hình vuông $ABCD,\,EFGH$.

Khi đó $OM = \frac{x}{2}$, $CM = CO - OM = \frac{{10\sqrt 2 - x}}{2}\,\,(0 < x < 10\sqrt 2 )$.

Khi gò các tam giác thành hình chóp tứ giác đều $A.EFGH$ thì $A \equiv C$ nên $AM = CM$. Suy ra $AO = \sqrt {A{M^2} - O{M^2}} = \sqrt {50 - 5\sqrt 2 x}$.

Thể tích khối chóp $A.EFGH$là ${V_{A.EFGH}} = \frac{1}{3}{S_{EFGH}}.AO = \frac{1}{3}{x^2}\sqrt {50 - 5\sqrt 2 x} = \frac{1}{3}\sqrt {50{x^4} - 5\sqrt 2 {x^5}}$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = 50{x^4} - 5\sqrt 2 {x^5}$ với $0 < x < 5\sqrt 2$ ta tìm được max$f\left( x \right) = \frac{{32\sqrt {10} }}{3}$ khi $x = 4\sqrt 2$.

a) Tập xác định của hàm số trên là $\mathbb{R}$. Mệnh đề sai.

Vì tập xác định của hàm số là $D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - 2} \right\}$.

b) Đồ thị hàm số $\left( C \right)$ nhận đường thẳng $y = 2$ là tiệm cận ngang. Mệnh đề đúng.

Ta có $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2x}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{{1 + \frac{2}{x}}} = 2$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{2x}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{2}{{1 + \frac{2}{x}}} = 2$ nên $y = 2$là phương trình đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

c) Hàm số nghịch biến trên $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( { - 2; + \infty } \right)$. Mệnh đề sai.

Ta có: $y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$.

$y' > 0,\,\forall x \ne - 2$ nên hàm số đồng biến trên $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( { - 2; + \infty } \right)$.

d) Khi khoảng cách từ $I\left( { - 2;2} \right)$ đến tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ là lớn nhất thì $2{x_0} + {y_0} = - 4$. Mệnh đề đúng.

Phương trình tiếp tuyến của $\left( C \right)$ tại $M$ có dạng $d:y = y'\left( {{x_0}} \right).\left( {x - {x_0}} \right) + {y_0}$.

Ta có $M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \left( C \right)$$\Rightarrow {y_0} = \frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 2}}$

Lại có $y' = \frac{4}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$$\Rightarrow y'\left( {{x_0}} \right) = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}$.

Do đó $d:y = \frac{4}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}.\left( {x - {x_0}} \right) + \frac{{2{x_0}}}{{{x_0} + 2}}$

$\Rightarrow d:y{\left( {{x_0} + 2} \right)^2} = 4x - 4{x_0} + 2{x_0}\left( {{x_0} + 2} \right)$$\Rightarrow d:4x - {\left( {{x_0} + 2} \right)^2}y + 2x_0^2 = 0$

$\Rightarrow d\left( {I;d} \right) = \frac{{\left| { - 8 - 2{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2} + 2x_0^2} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {{\left( {{x_0} + 2} \right)}^4}} }}$$= \frac{{\left| { - 16 - 8{x_0}} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^4} + 16} }}$$= \frac{8}{{\sqrt {{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}} }}$.

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

${\left( {{x_0} + 2} \right)^2} + \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}} \ge 2\sqrt {{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}.\frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}} = 8 > 0$$\Rightarrow d\left( {I;d} \right) \le 1$.

Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 2} \right)^2} = \frac{{16}}{{{{\left( {{x_0} + 2} \right)}^2}}}$$\Leftrightarrow {\left( {{x_0} + 2} \right)^2} = 4$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 0\\{x_0} = - 4\end{array} \right.$

Bài ra ${x_0} \ne 0$ nên ${x_0} = - 4 \Rightarrow {y_0} = 4 \Rightarrow 2{x_0} + {y_0} = - 4$.

a) Hàm số đạt cực tiểu tại $x = - 1$. Mệnh đề sai.

Vì hàm số đạt cực tiểu tại $x = 1$.

b) Phương trình $f\left( x \right) = 2$ có $3$ nghiệm phân biệt. Mệnh đề đúng.

Vì đường thẳng $y = 2$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại $3$ điểm phân biệt.

c) Đồ thị trên là đồ thị của hàm số $y = f\left( x \right) =$ $y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 2$. Mệnh đề sai.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( { - 1} \right) = 3\\f\left( 0 \right) = 1\\f\left( 1 \right) = - 1\\f'\left( 1 \right) = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b - c + d = 3\\d = 1\\a + b + c + d = - 1\\3a + 2b + c = 0\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 0\\c = - 3\\d = 1\end{array} \right.$

Vậy $y = f\left( x \right) = {x^3} - 3x + 1$.

d) Điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = f\left( {4 - x} \right) + 1$ là $\left( {5;4} \right)$. Mệnh đề đúng.

Đặt $g\left( x \right) = f\left( {4 - x} \right) + 1 \Rightarrow g'\left( x \right) = - f'\left( {4 - x} \right)$

$$g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow - f'\left( {4 - x} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{4 - x = - 1}\\{4 - x = 1{\rm{ }}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 5}\\{x = 3}\end{array}} \right.$$

Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số $y = f\left( {4 - x} \right) + 1$ là $\left( {5;4} \right)$

Phương trình hoành độ giao điểm: $- {x^3} + 6x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \sqrt 6 \\x = - \sqrt 6 \end{array} \right.\quad (1).$

Số giao điểm của đồ thị hàm số và trục $Ox$ là số nghiệm của phương trình (1).

Vậy Số giao điểm của đồ thị hàm số $y = - {x^3} + 6x$ với trục $Ox$ là $3$.

Ta có $f'\left( x \right) = \frac{{ - 5}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}} < 0,\forall x \ne 2$.

Vậy số điểm cực trị của hàm số là $0$.

Ta có $y' = 1 - \frac{4}{{{x^2}}}$.

$y' = 0$$\Leftrightarrow 1 - \frac{4}{{{x^2}}} = 0$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2 \in \left[ {1;3} \right]\\x = - 2 \notin \left[ {1;3} \right]\end{array} \right.$.

Khi đó $y\left( 1 \right) = 5$, $y\left( 2 \right) = 4$, $y\left( 3 \right) = \frac{{13}}{3}$.

Vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} y = 5$.

Số nghiệm của phương trình $f\left( x \right) - 2 = 0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$và đường thẳng $y = 2$.

Từ bảng biến thiên nhận thấy phương trình $f\left( x \right) = 2$ có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy phương trình $f\left( x \right) - 2 = 0$ có 3 nghiệm.

Với $x \in \left[ { - 3;3} \right] \Rightarrow 0 \le \sqrt {9 - {x^2}} \le 3$, dựa vào đồ thị ta có $- \frac{1}{2} \le f\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right) \le \frac{3}{2}$

Suy ra $- 1 \le 2f\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right) \le 3$

Để $2f\left( {\sqrt {9 - {x^2}} } \right) = m - 2024$ có nghiệm thì $- 1 \le m - 2024 \le 3$ hay $2023 \le m \le 2027$

Vậy có 5 giá trị nguyên $m$ thoả điều kiện bài toán.

Ta có : $h = x\,\,\left( {cm} \right)$ là đường cao hình hộp

Vì tấm nhôm được gấp lại tạo thành hình hộp nên cạnh đáy của hình hộp là $12 - 2x\,\,\left( {cm} \right)$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\12 - 2x > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x < 6\end{array} \right. \Leftrightarrow x \in \left( {0;6} \right)$

Thể tích của hình hộp là: $V = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}$

Xét hàm số$y = x{\left( {12 - 2x} \right)^2}\,,\,x \in \left( {0;6} \right)$

Ta có $y' = {\left( {12 - 2x} \right)^2} - 4x\left( {12 - 2x} \right) = \left( {12 - 2x} \right)\left( {12 - 6x} \right)$ ;

$y' = 0 \Leftrightarrow \left( {12 - 2x} \right).\left( {12 - 6x} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2$(nhận) hoặc $x = 6$(loại).

Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số là $y\left( 2 \right) = 128$.

Vậy $x = 2$(cm) thì thể tích hộp là lớn nhất